2023届湖北省宜昌伍家岗区四校联考数学九年级第一学期期末联考试题含解析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角\"条形码粘贴处\"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题(每小题3分,共30分)

1．在比例尺为1：1000000的地图上量得A，B两地的距离是20cm，那么A、B两地的实际距离是（ ） A．2000000cm

B．2000m

C．200km

D．2000km

2．等腰三角形的一边长等于4，一边长等于9，则它的周长是（ ） A．17

B．22

C．17或22

D．13

3．某校九年级（1）班在举行元旦联欢会时，班长觉得快要毕业了，决定临时增加一个节目：班里面任意两名同学都要握手一次．小张同学统计了一下，全班同学共握手了465次．你知道九年级（1）班有多少名同学吗？设九年级（1）班有x名同学，根据题意列出的方程是（ ）

A．

x(x1)=465 2B．

x(x1)=465 2C．x（x﹣1）=465 D．x（x+1）=465

4．如图，

O是正方形ABCD与正六边形AEFCGH的外接圆．则正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之

比为（ ）

A．22:3 B．2:1 C．2:3 D．1:3 5．已知一个布袋里装有2个红球，3个白球和a个黄球，这些球除颜色外其余都相同．若从该布袋里任意摸出1个球，是红球的概率为A．1

1，则a等于（ ） 3B．2

C．3

D．4

6．如图，，如果增加一个条件就能使结论成立，那么这个条件可以是

A． B． C． D．

7．若一元二次方程5x14x2的两根为x1和x2，则x1x2的值等于（ ） A．1

B．

1 4C．1 4D．

5 48．半径为10的⊙O和直线l上一点A，且OA=10，则直线l与⊙O的位置关系是（ ） A．相切 9．16，B．相交

C．相离

D．相切或相交

7，90，π 四个实数，任取一个数是无理数的概率为( ) 3B．

A．

1 41 2C．

3 4D．1

10．二次函数y＝x2+4x+3，当0≤x≤A．3

B．7

1时，y的最大值为（ ） 21921C． D．

44二、填空题(每小题3分,共24分)

11．如图，在平面直角坐标系中，ABC和A'B'C'是以坐标原点O为位似中心的位似图形，且点B（3，1），B',（6，2），若点A'（5，6），则点A的坐标为________．

12．如图，P是抛物线y=﹣x2+x+2在第一象限上的点，过点P分别向x轴和y轴引垂线，垂足分别为A，B，则四边形OAPB周长的最大值为__

13．已知一段公路的坡度为1:20，沿着这条公路前进，若上升的高度为2m，则前进了________米 14．如图，四边形ABCD内接于⊙O，连结AC，若∠BAC＝35°，∠ACB＝40°，则∠ADC＝_____°．

15．把一元二次方程x（x+1）=4（x﹣1）+2化为一般形式为_____． 16．如图，直线y3x3交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度4为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是______．

17．在一个不透明的盒子中装有除了颜色以外没有任何其他区别的1个黑球和2个红球，从盒子中任意取出1个球，取出红球的概率是____.

18．如图，在ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AF平分BAC，交DE于点G，交BC于点F，若

AEDB，且AG:GF3:2，则DE:BC_______．

三、解答题(共66分)

19．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm.动点M从点B出发，在线段BA上以每秒3cm的速度点A运动，同时动点N从点C出发，在线段CB上以每秒2cm的速度向点B运动，其中一点到达终点后，另一点也停止运动.运动时间为t秒，连接MN.

（1）填空：BM= cm.BN= cm.（用含t的代数式表示） （2）若△BMN与△ABC相似，求t的值； （3）连接AN，CM，若AN⊥CM，求t的值．

20．（6分）如图，对称轴为直线x1的抛物线yaxbxca0与x轴相交于A、B两点，其中A点的坐标

2为（－3，0）．

（1）求点B的坐标；

（2）已知a1，C为抛物线与y轴的交点．

①若点P在抛物线上，且SPOC4SBOC，求点P的坐标；

②设点Q是线段AC上的动点，作QD⊥x轴交抛物线于点D，求线段QD长度的最大值． 21．（6分）如图，已知E是四边形ABCD的对角线BD上一点，且

ABAC，12. 求证：ABCAED. AEAD

AB=AC，tan∠ACB=2，D在△ABC内部，22．（8分）如图，在△ABC中，且AD=CD，∠ADC=90°，连接BD，若△BCD的面积为10，则AD的长为多少？

23．（8分）如图，在平面直角坐标系中，ABC的三个顶点坐标分别为A(2,1)、B(1,1)、C(0,2)．

（1）点B关于坐标原点O对称的点的坐标为______；

（2）将ABC绕着点C顺时针旋转90，画出旋转后得到的A1B1C； （3）在（2）中，求边CA所扫过区域的面积是多少？（结果保留）．

（4）若A、B、C三点的横坐标都加3，纵坐标不变，图形ABC的位置发生怎样的变化？ 24．（8分）已知抛物线y=

512

x+x﹣． 22（1）用配方法求出它的顶点坐标和对称轴；

（2）若抛物线与x轴的两个交点为A、B，求线段AB的长．

25．（10分）如图，已知ABC和AEF中，BE，ABAE，BCEF，EAB25，F57；

（1）请说明EABFAC的理由；

（2）ABC可以经过图形的变换得到AEF，请你描述这个变换； （3）求AMB的度数．

26．（10分）为了解某县建档立卡贫困户对精准扶贫落实的满意度，现从全县建档立卡贫困户中随机抽取了部分贫困户进行了调查（把调查结果分为四个等级：A级：非常满意：B级满意；C级：基本满意：D级：不满意），并将调查结果绘制成如两幅不完整的统计图，请根据统计图中的信息解决下列问题：

（1）本次抽样调查测试的建档立卡贫困户的总户数是 ； （2）图①中，∠α的度数是 ，并把图②条形统计图补充完整；

（3）某县建档立卡贫困户有10000户，如果全部参加这次满意度调查，请估计非常满意的户数约为多少户？

参

一、选择题(每小题3分,共30分) 1、C

【分析】比例尺＝图上距离：实际距离，根据比例尺关系可直接得出A、B两地的实际距离． 【详解】根据比例尺＝图上距离：实际距离，

1000000＝20000000（cm）得A、B两地的实际距离为20×， 20000000cm＝200km．

故A、B两地的实际距离是200km． 故选：C． 【点睛】

本题考查了线段的比，能够根据比例尺正确进行计算，注意单位的转化. 2、B

【分析】题目给出等腰三角形有两条边长为4和9，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形． 【详解】解：分两种情况：

当腰为4时，4＋4＜9，不能构成三角形；

当腰为9时，4＋9＞9，所以能构成三角形，周长是：9＋9＋4＝1． 故选B． 【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形，这点非常重要，也是解题的关键． 3、A

【解析】因为每位同学都要与除自己之外的（x﹣1）名同学握手一次，所以共握手x（x﹣1）次，由于每次握手都是2次，解此方程即可. 两人，应该算一次，所以共握手x（x﹣1）÷【详解】解：设九年级（1）班有x名同学， 根据题意列出的方程是故选A． 【点睛】

本题主要考查一元二次方程在实际生活中的应用，明白两人握手应该只算一次并据此列出方程是解题的关键. 4、A

【解析】计算出在半径为R的圆中，内接正方形和内接正六边形的边长即可求出周长之间的关系； 【详解】设此圆的半径为R，

x(x1) =465， 2

则它的内接正方形的边长为2R， 它的内接正六边形的边长为R，

内接正方形和外切正六边形的边长比为2R：R=2：1． 正方形ABCD与正六边形AEFCGH的周长之比=42：6=22:3 故答案选：A； 【点睛】

考查了正多边形和圆，解决圆的相关问题一定要结合图形，掌握基本的图形变换．找出内接正方形与内接正六边形的边长关系，是解决问题的关键．

5、A

【详解】此题考查了概率公式的应用．注意用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.根据题意得：

21， 解得：a=1， 经检验，a=1是原分式方程的解，故本题选A.

23a36、D

【解析】求出∠DAE=∠BAC，根据选项条件判定三角形相似后，可得对应边成比例，再把比例式化为等积式后即可判断．

【详解】解：∵∠1=∠2， ∴∠1+∠BAE=∠2+∠BAE， ∴∠DAE=∠BAC，

A、∵∠DAE=∠BAC，∠D=∠C， ∴△ADE∽△ACB， ∴

，

∴

故本选项错误； B、∵

，

，∠DAE=∠BAC，

∴△ADE∽△ACB， ∴

，

∴

故本选项错误； C、∵

，

，∠DAE=∠BAC，

∴△ADE∽△ACB， ∴

，

∴

故本选项错误；

，

D、∵∠DAE=∠BAC，∴△ADE∽△ABC， ∴

，

，

∴

故本选项正确； 故选：D． 【点睛】

，

本题考查了相似三角形的判定和性质的应用，比例式化等积式，特别要注意确定好对应边，不要找错了． 7、B

【分析】先将一元二次方程变为一般式，然后根据根与系数的关系即可得出结论． 【详解】解：将5x14x2变形为4x25x10 根据根与系数的关系：x1x2故选B． 【点睛】

此题考查的是一元二次方程根与系数的关系，掌握两根之积等于8、D

【分析】根据直线和圆的位置关系来判断. 【详解】设圆心到直线l的距离为d，则d≤10， 当d＝10时，d＝r，直线与圆相切；

当r＜10时，d＜r，直线与圆相交，所以直线与圆相切或相交. 故选D

d>r；d【分析】先求出无理数的个数，再根据概率公式即可得出结论； 【详解】∵共有4种结果，其中无理数有：90，π共2种情况， ∴任取一个数是无理数的概率Pc1 a4c是解决此题的关键． a21=； 42故选B. 【点睛】

本题主要考查了概率公式，无理数，掌握概率公式，无理数是解题的关键. 10、D

【解析】利用配方法把二次函数解析式化为顶点式，根据二次函数的性质解答． 【详解】解：y＝x2+4x+3 ＝x2+4x+4﹣1 ＝（x+2）2﹣1，

则当x＞﹣2时，y随x的增大而增大， ∴当x＝

11121时，y的最大值为（）2+4×+3＝，

4222故选：D． 【点睛】

本题考查配方法把二次函数解析式化为顶点式根据二次函数性质解答的运用

二、填空题(每小题3分,共24分) 11、 (2.5，3)

【分析】利用点B(3，1)，B′(6，2)即可得出位似比进而得出A的坐标． 【详解】解：∵点B(3，1)，B′(6，2)，点A′(5，6)， ∴A的坐标为：(2.5，3)． 故答案为：(2.5，3)． 【点睛】

本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心． 12、1

【分析】设P（x，y）（2＞x＞0，y＞0），根据矩形的周长公式得到C=-2（x-1）2+1．根据二次函数的性质来求最值即可．

【详解】解：∵y=﹣x2+x+2，

∴当y=0时，﹣x2+x+2=0即﹣（x﹣2）（x+1）=0， 解得 x=2或x=﹣1

故设P（x，y）（2＞x＞0，y＞0），

∴C=2（x+y）=2（x﹣x2+x+2）=﹣2（x﹣1）2+1．

∴当x=1时，C最大值=1．

即：四边形OAPB周长的最大值为1． 【点睛】

本题主要考查二次函数的最值以及二次函数图象上点的坐标特征．设P（x，y）（2＞x＞0，y＞0），根据矩形的周长公式得到C=﹣2（x﹣1）2+1．最后根据根据二次函数的性质来求最值是关键． 13、2401. 【分析】利用垂直高度，求出水平宽度，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示:

根据题意，在Rt△ABC中，BC=2m，tanA解得AC=40m， 根据勾股定理AB故答案为：2401. 【点睛】

BC1, AC20AC2BC2402222401m. 此题主要考查解直角三角形的应用，勾股定理.理解坡度坡角的定义，由勾股定理得出AB是解决问题的关键． 14、1

【解析】根据三角形内角和定理求出ABC，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案． 【详解】ABC180BACACB105， 四边形ABCD内接于

O，

ADC180ABC75，

故答案为1． 【点睛】

本题考查的是圆内接四边形的性质、三角形内角和定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 15、x2﹣3x+2=1．

【分析】按照去括号、移项、合并同类项的步骤化为ax2+bx+c=1的形式即可. 【详解】x2+x=4x﹣4+2，x2﹣3x+2=1． 故答案为：x2﹣3x+2=1．

【点睛】

此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c=1（a≠1）．其中a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项. 16、717,0或,0 33【分析】先求出点A（-4,0），B（0，-3），利用勾股定理得到AB=5，过点P作PC⊥AB于点C，则PC=1，证明△PAC∽△BAO，得到P的坐标. 【详解】令yPAPC5，求出PA=，再分点P在点A的左侧和右侧两种情况分别求出OP，即可得到点ABOB33x3中x=0，得y=-3；令y=0，得x=-4， 4∴A（-4,0），B（0，-3）， ∴OA=4，OB=3， ∴AB=5，

过点P作PC⊥AB于点C，则PC=1， ∴∠PCA=∠AOB=90°， ∵∠PAC=∠BAO， ∴△PAC∽△BAO，

PAPC, ABOBPA1， ∴

535∴PA=，

3∴

51717+4=，∴点P的坐标为（-，0）； 333577当点P在点A的右侧时，PO=OA-PA=4-=，∴点P的坐标为（-，0），

333当点P在点A左侧时，PO=PA+OA=故答案为：717,0或,0. 33

【点睛】

此题考查一次函数与x轴、y轴的交点坐标，勾股定理，圆的切线的性质定理,相似三角形的判定及性质，解题中注意运用分类讨论的思想. 17、

2 3【分析】根据概率的定义即可解题.

【详解】解：一共有3个球,其中有2个红球, ∴红球的概率=【点睛】

本题考查了概率的实际应用,属于简单题,熟悉概念是解题关键. 18、3：1

【分析】根据题意利用相似三角形的性质即相似三角形的对应角平分线的比等于相似比即可解决问题. 【详解】解：∵∠DAE=∠CAB，∠AED=∠B， ∴△ADE∽△ACB，

∵GA，FA分别是△ADE，△ABC的角平分线， ∴

2. 3DEAG（相似三角形的对应角平分线的比等于相似比），AG：FG=3：2， BCAF∴AG：AF=3：1， ∴DE：BC=3：1， 故答为3：1． 【点睛】

本题考查相似三角形的判定和性质、解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型，难度一般．

三、解答题(共66分)

19、（1）3t， 8-2t；（2）△BMN与△ABC相似时，t的值为

133220s或s；（3）t的值为. 111223【分析】（1）根据“路程=时间×速度”和线段的和与差即可得；

（2）由两三角形相似得出对应线段成比例，再结合题（1）的结果，联立求解即可；

（3）如图（见解析），过点M作MDCB于点D，易证BDMBCA，利用相似三角形的性质求出CD和DM的长，再证CANDCM，从而可建立一个关于t的等式，求解即可得.

【详解】（1）由“路程=时间×速度”得：BM3t(cm),BNBCCN82t(cm) 故答案为：3t,82t； （2）

ACB90,AC6,BC8

BAAC2BC2628210

BMBN3t82t20(s) ，即，解得tBABC10811BMBN3t82t32(s) 当BMNBCA时，，即，解得tBCBA810232032s或s； 综上所述，BMN与ABC相似时，t的值为1123当BMNBAC时，

（3）如图，过点M作MDCB于点D

BDM＝ACB＝90

又∵∠B＝∠B

BDMBCA

DMBDBM ACBCBAAC6,BC8,BA10,BM3t

912DMt,BDt

5512CDBCBD8t

5ANCM,ACB90

CANACM90,MCDACM90

CANMCD MDCB

MDCNCB90 CANDCM

ACCN CDDM62t129， 8tt5513解得：t或t0（不符题意，舍去），

1213经检验t是方程的解，

1213故t的值为.

12

【点睛】

本题考查了勾股定理、相似三角形的判定定理与性质，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键. 20、（1）点B的坐标为（1，0）.

（2）①点P的坐标为（4，21）或（－4，5）. ②线段QD长度的最大值为

9. 4【分析】（1）由抛物线的对称性直接得点B的坐标．

（2）①用待定系数法求出抛物线的解析式，从而可得点C的坐标，得到SBOC，设出点P 的坐标，根据SPOC4SBOC列式求解即可求得点P的坐标．

②用待定系数法求出直线AC的解析式，由点Q在线段AC上，可设点Q的坐标为(q,-q-3)，从而由QD⊥x轴交抛物线于点D，得点D的坐标为(q,q2+2q-3)，从而线段QD等于两点纵坐标之差，列出函数关系式应用二次函数最值原理求解.

【详解】解：（1）∵A、B两点关于对称轴x1对称 ，且A点的坐标为（－3，0）， ∴点B的坐标为（1，0）.

（2）①∵抛物线a1，对称轴为x1，经过点A（－3，0），

a1a1b1∴，解得b2. 2ac329a3bc0∴抛物线的解析式为yx2x3.

2∴B点的坐标为（0，－3）.∴OB=1，OC=3.∴SBOC设点P的坐标为(p,p2+2p-3)，则SPOC∵SPOC4SBOC，∴

21313. 22133pp. 223p6，解得p4. 22当p4时p2p321；当p4时，p2p35， ∴点P的坐标为（4，21）或（－4，5）.

②设直线AC的解析式为ykxb，将点A，C的坐标代入，得：

k13kb0. ，解得：b3b3∴直线AC的解析式为yx3.

∵点Q在线段AC上，∴设点Q的坐标为(q,-q-3).

又∵QD⊥x轴交抛物线于点D，∴点D的坐标为(q,q2+2q-3).

39∴QDq3q2q3q3qq.

24222∵a1<0，-3<<0 ∴线段QD长度的最大值为21、证明见解析

【分析】根据两边对应成比例且其夹角相等的两三角形相似得到△ABC∽△AED，根据相似三角形的对应角相等即可证得结论．

【详解】证明：∵12 ∴1EAC2EAC， 即BACEAD. 又∵

329. 4ABAC， AEAD∴

ABAE ACAD∴△ABC∽△AED. ∴ABCAED. 【点睛】

此题考查相似三角形的判定与性质，解题关键在于判定△ABE∽△ACD.

22、52

【分析】作辅助线构建全等三角形和高线DH，设CM=a，根据等腰直角三角形的性质和三角函数表示AC和AM的长，根据三角形面积表示DH的长，证明△ADG≌△CDH，得出DG和AG的长度，即可得出答案. 【详解】解：过D作DH⊥BC于H，过A作AM⊥BC于M，过D作DG⊥AM于G， 设CM=a， ∵AB=AC， ∴BC=2CM=2a， ∵tan∠ACB=2， ∴

AM=2， CM∴AM=2a，

由勾股定理得：AC=5a， S△BDC=

1BC•DH=10， 212aDH=10， 210DH=，

a∵∠DHM=∠HMG=∠MGD=90°， ∴四边形DHMG为矩形，

=∠HDC+∠CDG，DG=HM，DH=MG， ∴∠HDG=90°

=∠ADG+∠CDG， ∵∠ADC=90°∴∠ADG=∠CDH， 在△ADG和△CDH中，

AGDCHD90∵ADGCDH， ADCD∴△ADG≌△CDH（AAS）， ∴DG=DH=MG=

1010，AG=CH=a+， aa∴AM=AG+MG， 即2a=a+a2=20，

在Rt△ADC中，AD2+CD2=AC2，

1010+， aa∵AD=CD， ∴2AD2=5a2=100，

∴AD=52或52（舍）， 故答案为：52

【点睛】

本题考查的是三角形的综合，运用到了三角函数和全等的相关知识，需要熟练掌握相关基础知识. 23、（1）(1,-1)；（2）见详解；（3）

5；（4）图形ABC的位置是向右平移了3个单位. 4【分析】(1)先求出点B的坐标，再点B关于坐标原点O对称的点的坐标即可；

(2)根据将ABC绕着点C顺时针旋转90的坐标特征即可得到A1、B1、C1的坐标，然后描点连线即可； (3) 利用扇形面积公式进行计算可得线段AC旋转时扫过的面积．

(4) A、B、C三点的横坐标都加3，即图形ABC的位置是向右平移了3个单位. 【详解】解：

（1）∵点B的坐标是(1,1) ,

∴点B关于坐标原点O对称的点的坐标为(1,-1); （2）如图所示，A1B1C即为所求作的图形；

（3）∵CA22125，ACA190 ∴S扇形CAA190523605； 4（4）∵A、B、C三点的横坐标都加3，纵坐标不变，

∴图形ABC的位置是向右平移了3个单位. 【点睛】

本题考查了利用旋转变换作图以及扇形面积的计算，熟练掌握网格结构，准确找出对应顶点的位置是解题的关键． 24、（1）顶点坐标为（﹣1，﹣3），对称轴是直线x=﹣1；（2）AB=26． 【分析】（1）先把抛物线解析式配方为顶点式，即可得到结果； （2）求出当

时的值，即可得到结果．

【详解】解：（1）由配方法得y=

1（x+1）2 -3 2则顶点坐标为（﹣1，﹣3），对称轴是直线x=﹣1； （2）令y=0,则0=

512

x+x﹣ 22解得x1=-1+6 x2=-1-6

则A（-1-6，0），B（-1+6，0） ∴AB=（-1+6）-（-1-6）=26 25、（1）见解析 （2）ABC绕点A顺时针旋转25，可以得到AEF （3）82

【解析】（1）先利用已知条件∠B=∠E，AB=AE，BC=EF，利用SAS可证△ABC≌△AEF，那么就有； ∠C=∠F，∠BAC=∠EAF，那么∠BAC-∠PAF=∠EAF-∠PAF，即有∠BAE=∠CAF=25°（2）通过观察可知△ABC绕点A顺时针旋转25°，可以得到△AEF；

（3），∠BAE=∠CAF=25°由（1）知∠C=∠F=57°，而∠AMB是△ACM的外角，根据三角形外角的性质可求∠AMB． 【详解】1∵BE，ABAE，BCEF， ∴ABCAEF，

∴CF，BACEAF， ∴BACPAFEAFPAF， ∴BAECAF25；

2通过观察可知

ABC绕点A顺时针旋转25，可以得到AEF；

3由1知CF57，BAECAF25，

∴AMBCCAF572582． 【点睛】

本题利用了全等三角形的判定、性质，三角形外角的性质，等式的性质等． 26、（1）60户；（2）°；（3）1500户．

【分析】（1）由B级别户数及其对应百分比可得答案；

（2）求出A级对应百分比可得∠α的度数，再求出C级户数即可把图2条形统计图补充完整； （3）利用样本估计总体思想求解可得．

35%＝60（户） 【详解】解：（1）由图表信息可知本次抽样调查测试的建档立卡贫困户的总户数＝21÷故答案为：60户； （2）图1中，∠α的度数＝

9×360°＝°； C级户数为：60﹣9﹣21﹣9＝21（户）， 60补全条形统计图如图2所示：

故答案为：°；

（3）估计非常满意的人数约为【点睛】

本题考查的是条形统计图和扇形统计图，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

9×10000＝1500（户）． 60